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1 Inhaltsverzeichnis: Aufgabenlösungen zu Kapitel 4 3 Lösung zu Aufgabe 3 Lösung zu Aufgabe 9 3 Lösung zu Aufgabe 30 3 Lösung zu Aufgabe 3 3 Lösung zu Aufgabe 3 3 Lösung zu Aufgabe 33 3 Lösung zu Aufgabe 34 3 Lösung zu Aufgabe 35 4 Lösung zu Aufgabe 36 4 Lösung zu Aufgabe 37 4 Lösung zu Aufgabe 3 4 Lösung zu Aufgabe 39 4 Lösung zu Aufgabe 40 5 Lösung zu Aufgabe 4 5 Lösung zu Aufgabe 4 5 Lösung zu Aufgabe 43 5 Lösung zu Aufgabe 44 5 Lösung zu Aufgabe 45 6 Lösung zu Aufgabe 46 6 Lösung zu Aufgabe 47 6 Lösung zu Aufgabe 4 7 Lösung zu Aufgabe 49 7 Lösung zu Aufgabe 50 7 Lösung zu Aufgabe 5 7 Lösung zu Aufgabe 5 7 Lösung zu Aufgabe 53 Lösung zu Aufgabe 54 Lösung zu Aufgabe 55 Lösung zu Aufgabe 56 Lösung zu Aufgabe 57 Lösung zu Aufgabe 5 9 Lösung zu Aufgabe 59 9 Lösung zu Aufgabe 60 0 Lösung zu Aufgabe 6 0 Lösung zu Aufgabe 6 Lösung zu Aufgabe 63 Lösung zu Aufgabe 64 Lösung zu Aufgabe 65 Lösung zu Aufgabe 66 Lösung zu Aufgabe 67 Lösung zu Aufgabe 6 Lösung zu Aufgabe 70 Lösung zu Aufgabe 7 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

2 Lösung zu Aufgabe 7 3 Lösung zu Aufgabe 73 3 Lösung zu Aufgabe 74 4 Lösung zu Aufgabe 75 4 Lösung zu Aufgabe 76 4 Lösung zu Aufgabe 77 4 Lösung zu Aufgabe 7 5 Lösung zu Aufgabe 79 5 Lösung zu Aufgabe 0 5 Lösung zu Aufgabe 5 Lösung zu Aufgabe 6 Lösung zu Aufgabe 3 6 Lösung zu Aufgabe 4 6 Lösung zu Aufgabe 6 7 Lösung zu Aufgabe 7 7 Lösung zu Aufgabe 7 Lösung zu Aufgabe 9 7 Lösung zu Aufgabe 90 7 Lösung zu Aufgabe 9 7 Lösung zu Aufgabe 9 Lösung zu Aufgabe 93 Lösung zu Aufgabe 94 Lösung zu Aufgabe 95 Lösung zu Aufgabe 96 Lösung zu Aufgabe 97 Lösung zu Aufgabe 9 9 Lösung zu Aufgabe 99 9 Lösung zu Aufgabe 00 9 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

3 Aufgabenlösungen zu Kapitel 4 Lösung zu Aufgabe ohne Lösung Lösung zu Aufgabe 9 a) Ω {,,3,4,5,6 } b) Ω { 0,,,,00 } c) jedes Ω ω besitzt die Gestalt ω x, x, x,, ) mit 7 verschiedenen Zahlen x i {,,,49 } Lösung zu Aufgabe 30 a) A {,4,6}, B { } b) A { 0}, B { 0,, } c) A { KK, KZ, ZK}, B { KZ, ZK} Lösung zu Aufgabe 3 a) P ( A) 0,7775 7,75% 4000 b) 35 P ( A) 0,0575 5,75% 4000 ( 3 x7 Lösung zu Aufgabe 3 a) Permutation ohne Wiederholung Daher gibt es 0! 3600Möglichkeiten 0! b) Permutation mit Wiederholung: 50Möglichkeiten 3!! 5! Lösung zu Aufgabe 33 Es handelt sich um eine geordnete Stichprobe mit Zurücklegen Deshalb gibt es Möglichkeiten Lösung zu Aufgabe 34 Bezeichnen wir mit P 6, P 7 und P die Anzahl der möglichen Passwörter mit sechs, sieben bzw acht Zeichen Nach der Summenregel gibt es dann insgesamt P P6 + P7 + P mögliche Passwörter Es gibt mögliche Zeichen (Buchstaben oder Ziffern) Berechnung von P 6 : Zeichen können mehrfach vorkommen, daher gibt es für jede der sechs Stellen XXXXXX des Passworts 36 Möglichkeiten und daher verschiedene Passwörter der Länge sechs Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 3 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

4 Berechnung von P 7 : Analog folgt, dass es 7 36 Passwörter der Länge sieben gibt Berechnung von P : Analog folgt, dass es 36 Passwörter der Länge acht gibt 6 7 Insgesamt gibt es daher mögliche Passwörter Lösung zu Aufgabe 35 Es handelt sich um eine geordnete Stichprobe ohne Zurücklegen Daher gibt es Möglichkeiten den Wettschein auszufüllen Lösung zu Aufgabe 36 Es handelt sich hierbei um eine ungeordnete Stichprobe ohne Zurücklegen Deshalb gibt 5 5! 5 4 es 0 Möglichkeiten 3 3!! Lösung zu Aufgabe 37 Es handelt sich hierbei um eine ungeordnete Stichprobe ohne Zurücklegen 50 Insgesamt gibt es Möglichkeiten aus den Losen 0 zu ziehen Die Möglichkeiten 5 Gewinnlose innerhalb der 0 Lose zu ziehen sind Die gesuchte Wahrscheinlichkeit berechnet sich deshalb als 0, Lösung zu Aufgabe 3 Ziehen (von zwei Telegraphenleitungen) mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge, n 4, k Anzahl Möglichkeiten: 0 Auflisten der möglichen Verteilungen: die Telegraphenleitungen seien von bis 4 durchnummeriert (gleiche Leitung) 3 34 (benachbarte Leitungen) 3 4 (eine Leitung dazwischen) 4 (max Abstand) Lösung zu Aufgabe 39 Weil Umlaute für die zwei Stellen hinter dem Ortskennzeichen nicht in Betracht 4 kommen, gibt es insgesamt Möglichkeiten Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 4 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

5 Lösung zu Aufgabe 40 Insgesamt gibt es! 4030 Möglichkeiten die Ehrengäste auf die Sitzplätze zu verteilen Die Wahrscheinlichkeit genau die Sitzordnung wieder zu treffen beträgt deshalb 5 p, Lösung zu Aufgabe Es sind verschiedene Würfe möglich Lösung zu Aufgabe 4 Sei n3 die Anzahl der Kugeln und k die Anzahl der Ziehungen k a) zu : Es gibt n 3 9 Möglichkeiten n! 3! zu : Es gibt ( ) 6 nk!! n + k 4 zu 3: Es gibt 6 Möglichkeiten k n 3 zu 4: Es gibt 3 Möglichkeiten k b) zu : (A,A), (B,B), (C,C), (A,B), (B,A), (B,C), (C,B), (A,C), (C,A) zu : (A,B), (B,A), (A,C), (C,A), (B,C), (C,B) zu 3: (A,A), (A,B), (A,C), (B,C), (C,C), (B,B) zu 4: (A,C), (A,B), (B,C) Lösung zu Aufgabe 43 a) Es handelt sich um eine Auswahl ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge 00 3 Es gibt,73 0 Möglichkeiten b) Es gibt, Möglichkeiten c) Es gibt,55 0 Möglichkeiten d) Es gibt + +,795 0 Möglichkeiten 0 9 Lösung zu Aufgabe 44 a) Es handelt sich um eine Auswahl mit Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge Daher hat Franz Möglichkeiten b) Es handelt sich um eine Auswahl ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge! Daher hat Franz ( 5 )! 670 Möglichkeiten Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 5 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

6 Lösung zu Aufgabe 45 0 a) Es gibt 5 verschiedene Stichproben Die Reihenfolge der Geräteauswahl 5 spielt bei der Stichprobe keine Rolle Es handelt sich also um eine Auswahl ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge b) Man kann sich die Entnahme einer solchen Stichprobe gedanklich in zwei Teilschritten vorstellen: Entnahme von zwei defekten Geräten aus den drei defekten Dafür gibt es 3 3 Möglichkeiten Entnahme von drei intakten Geräten aus den sieben in7akten Dafür gibt es 7 35 Möglichkeiten 3 Nach der Produktregel gibt es daher insgesamt Möglichkeiten, eine Stichprobe mit genau zwei defekten Geräten zu ziehen c) Die Anzahl der Stichproben mit mindestens einem defekten Gerät, ist gleich der Anzahl mit genau einem, genau zwei, oder genau drei defekten Geräten, also Lösung zu Aufgabe 46 Es handelt sich um eine Auswahl mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge Daher gibt es Möglichkeiten eine Kiste 6 6 zusammenzustellen Lösung zu Aufgabe 47 A beim ersten Ziehen wird eine Zehn gezogen; B beim zweiten Ziehen wird eine Zehn gezogen a) A beim ersten Ziehen wird keine Zehn gezogen ; B beim zweiten Ziehen wird keine Zehn gezogen ; b) 7 P (A) und P ( A) c) A B sowohl im ersten als auch im zweiten Zug wird eine Zehn gezogen d) A B im ersten oder im zweiten Zug wird eine Zehn gezogen e) f) A B) A) P B A) 3 3 0, 0 ( 3 4 g) P (B) B A) + B A) A) B A) + A) B A) h) A B) P A) B) A B) + 0, 379 ( Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 6 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

7 Lösung zu Aufgabe 4 A beim ersten Ziehen wird eine Zehn gezogen; B beim zweiten Ziehen wird eine Zehn gezogen a) 7 P (B) und P ( B ) b) A B) A) P B) 0, 056 ( 64 5 ( A) + B) A B) c) A B) P 0, 344 Lösung zu Aufgabe 49 a) Das Ereignis Agerade Augenzahl tritt ein, wenn, 4 oder 6 gewürfelt wird Da diese Ereignisse paarweise unvereinbar sind ist P ( A) ) + 4) + 6) 7 0,5 Das heißt, bei sehr vielen Würfen kann man bei diesem Würfel erwarten, dass in 5% aller Fälle die Augenzahl gerade ist b) Das gesuchte Ereignis ist das Gegenereignis zu Agerade Augenzahl Die Wahrscheinlichkeit, eine ungerade Augenzahl zu werfen, ist daher (nach Kapitel 45 e) der Vorlesung) P ( A) A) 0, 4 Lösung zu Aufgabe 50 a) AHerz-Karte, BKreuz-Karte Sowohl für A als auch für B sind Fälle günstig, daher P ( A) 3, P ( B) 3 Da nicht gleichzeitig eine Herz- und eine Kreuz-Karte gezogen werden kann, sind die Ereignisse A und B unvereinbar Daher ist 6 P ( A B) A) + B) 3 4 b) AHerz-Karte, BKönig; P ( A) 3, P ( B) 3 Nun kann aber gleichzeitig eine Herz-Karte und ein König gezogen werden (der Herz-König!) Die Wahrscheinlichkeit dafür ist P ( A B) 3 Daher ist nun 4 P ( A B) A) + B) A B) Lösung zu Aufgabe 5 R Rote Kugel wird im ersten Zug gezogen R Rote Kugel wird im zweiten Zug gezogen b) Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln dieselbe Farbe haben ergibt sich aus: R R) + R R) Lösung zu Aufgabe 5 a) P ( K K ) % 0,3% b) P ( K K) % 0,3% R) R R) + R) R R) Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 7 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

8 Lösung zu Aufgabe 53 Ereignisse: K Komponente K fällt aus, K Komponente K fällt aus, dann gilt: a) K K) K) + K) K) K ) % + 0,3% % 0,3% b) P ( K K ) K K ) % 0,3% + % 0,3% Lösung zu Aufgabe 54 Man definiere die Ereignisse K i Komponente K i fällt aus Dann gilt P K K K K ) K ) K ) ) ( 7,% ) n ( 3 n K n ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das System ausfällt Damit diese Wahrscheinlichkeit 6 ln( 50 0 ) kleiner als 50 ppm wird, muss gelten n > ln 7, 0 ( ) Lösung zu Aufgabe 55 Man definiere die Ereignisse AA fällt aus BB fällt aus CC fällt aus Das System fällt aus bedeutet, dass das Ereignis A ( B C) eintritt A ( B C)) A) B C) und B C) B) + C) B C) Damit A ( B C)) , + 0,0 0, , ( ) ( ) 099 Lösung zu Aufgabe 56 Die Gewinnchancen verdoppeln sich, wenn der Kandidat wechselt Strategie: Bei ursprünglicher Wahl bleiben Gewinnwahrscheinlichkeit p /3 Strategie: Tür wechseln Kandidat gewinnt, wenn er zu Beginn auf eine Ziege gesetzt hat Dafür ist aber die Wahrscheinlichkeit p /3 Lösung zu Aufgabe 57 Zu b): Aus der Produktregel wissen wir, dass A B) A) B A) B) A B) gilt Durch Umformen nach P ( B A) erhalten wir: B) P ( B A) A B) A) Es gilt: P ( B) 40%, ppm Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

9 P ( A B) %, A) A B) + A B) B) A B) + B) A B) 60% % + 40% % 40% % Damit ist P ( B A) 60% % + 40% % 4 Lösung zu Aufgabe 5 Man definiere die Ereignisse: TP Test fällt positiv aus; K Person ist krank a) Dann gilt TP) TP K) + TP K ) 96% 0,5% + % 99,5%,47% K TP) 96% 0,5% b) Gesucht ist K TP) Weil P ( K TP) 9,43% TP),47% 0,4 0,3 5 0,3 0, 5 0, 0, 5 0, 0, Lösung zu Aufgabe 59 a) x in GE Xx) 0 % 70 % 0 % µ 0, , , , σ 0, , , σ b) x in GE Yx) 0 % 70 % 0 % µ 0, , , σ 0, , , σ c) Erwartungswert von Alternative A und Alternative B sind ungefähr gleich, bei Alternative B ist die Streuung um den Mittelwert aber sehr viel größer Während der Erwartungswert den im Mittel zu erwartenden Gewinn darstellt, steht die Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 9 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

10 Varianz bzw die Standardabweichung für das Risiko, das mit dem jeweiligen Investment eingegangen wird Je nach Risikoverhalten des Unternehmers ist Alternative A oder Alternative B vorzuziehen Lösung zu Aufgabe 60 a) X k) /6 für k,,6 b) (Wahrscheinlichkeits-)Dichte / P c) Verteilungsfunktion x F(x) 5/ 4/ 3/ / / x d) Erwartungswert µ 3,5 e) Varianz σ 35/, f) Standardabweichung σ, 707 Lösung zu Aufgabe 6 a) P ( X 5) b) X) X3) X4) X5) X6) X7) X) X9) X0) X) X) /36 /36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 /36 /36 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 0 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

11 b) X 4 ) X) + X3) + X4) 6/36/6 c) X>5)-X 5)-0/366/363/ Lösung zu Aufgabe 6 b) Dichte k X k) 0 / 3/ 3/ 3 / c) d) E(X) 3/; Var(X) 3/4 e) 3/ f) / Lösung zu Aufgabe 63 a) Gewinn: k P ( X k) b) E ( X ), also nicht fair; Var ( X ) Lösung zu Aufgabe a) 3 P (X ) b) Allgemein gilt i 5 i P ( X i) für i 0,,,3, Damit lautet die Wahrscheinlichkeitsverteilung: x Xx) 0, 0,469 0,7 0,03 0,000 Lösung zu Aufgabe 65 Ist X Anzahl der schwarzen Kugeln, dann ist X ~ H(5; 4; 0) Deshalb ist P ( X ) 0 5 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

12 Lösung zu Aufgabe 66 a) Für die Zufallsvariable X Anzahl Richtige gilt: X ~ H(; ; ) k X k) Unternehmens-Gewinn 0 0,5 0,73-4 0,0043 -, b) Bei 000 Kunden kann das Unternehmen einen Gewinn von ca 33,6 Euro erwarten Lösung zu Aufgabe 67 Ist X Anzahl der schwarzen Kugeln, dann ist X ~ B(5; 40%) Deshalb ist 5 3 P ( X ) 0,4 0,6 34,56% Lösung zu Aufgabe 6 X Anzahl der Defektstücke in der Stichprobe a) X ~ H(0;35;000) b) P ( X ) 36,03% n c) P ( X ) 35,57% Näherung erlabt, da 0,0 < 0, N Lösung zu Aufgabe 69 X ~ B(4;0%) a) k Xk) 0,656 0,96 0,046 0,0036 0,000 b) E ( X ) 4 0% 0, 4 c) VaR ( X ) n p q 4 0% 90% 0, 36 Lösung zu Aufgabe 70 a) 5, % b) 75,90 % c) 75,90 % d) 5,5 % e) 94,34 % f) 9,4 % Lösung zu Aufgabe 7 X Anzahl der falschen Ziffern in 5er-Gruppe X ~ B(5;9,7%) Gesucht ist P ( X 3) X 3) + X 4) + X 5) Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

13 P ( X 5 3) 3 3 ( 9,7% ) ( 90,3% ) 0, P ( X 4) 4 P ( X 5) 9,7% 5 0, Damit ist P ( X 3) 0, ( 9,7% ) 90,3% 0, ( ) 3 Lösung zu Aufgabe a) P ( X 3) 7,% b) X0) X) X) X3) X4) X5) X6) X7) 7,9% 39,% 3,4% 7,%,56% 0,% 0,03%0,0003% 45% 40% 35% 30% 5% 0% 5% 0% 5% 0% Lösung zu Aufgabe 73 X Anzahl der fehlerhaften Einheiten in der Stichprobe X ~ H(50;60;000) a) P ( X ) 5,9% Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 3 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

14 50 4 b) P ( X ) ( 0,03) (0,97) 5,5% Lösung zu Aufgabe 74 Nach dem Ziehen dürfen nur noch fehlerhafte Dichtungen im Behälter sein, weil X Anzahl der fehlerhaften Dichtungen in der Stichprobe Gesucht ist P ( X ) 0 40 P ( X ) 0, Lösung zu Aufgabe 75 X Anzahl der defekten Batterien unter fünf getesteten Batterien ist hypergeometrisch verteilt mit n 5, M, N 5 Daher ist P ( X ) 3,33% Lösung zu Aufgabe 76 X Anzahl der fehlerhaften Einheiten in der Stichprobe X ~ H(0;0;000) Gesucht ist P ( X ) a) P ( X ) X ) + X 0) + 0, b) P ( X ) ( 0,0) (0,99) + ( 0,0) ( 0,99) 0, ( 0,) 0, 0, c) P ( X ) e + e 0,079! d) Nach den Faustformeln ist die Näherung gültig Lösung zu Aufgabe 77 a) X Anzahl der Gespräche in 5 Minuten, X~Po(3), X) b) Y Anzahl der Gespräche in 0 Minuten, Y~Po(6), Y) e 3 e! e e! Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 4 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

15 Lösung zu Aufgabe 7 a) X Anzahl der Lackfehler pro Blech, X~Po(0,4), 0,4 0,4 0, 4 X ) e 0,0 e 0, ! b) Y Anzahl der Lackfehler auf zwei Blechen Y~Po(0,), 4 0, 0, X 4) e 0, ! Lösung zu Aufgabe 79 a) X Anzahl der Webfehler pro m X ~ Po(0,), 0 (0,) 0! 0, 0, X0) e e b) Y Anzahl der Webfehler pro 5 m Y ~ Po(4) Y 3) Y ) Y 0) Y ) Y e 4 ( ) 3 e 4 ) c) F() 0,3 Y ), dh die Wahrscheinlichkeit, höchstens zwei Fehler auf einem 5 m großen Gewebestück zu finden Lösung zu Aufgabe 0 a) Die Konstante k muss so gewählt werden, dass 0 f ( x) dx kdx 0 k k 0, 0 0 0, für x 0, b) F ( x) 0,x, für 0 < x < 0,, für x 0, c) P ( X 3) F(3) 0, 3 0, 3 d) P ( X ) F() 0, 0, e) P ( 5 < X 9) F(9) F(5) 0, 9 0, 5 0,4 0 f) E ( X ) xf ( x) dx x 0,dx 0, 5 Var 0 ( X ) E( X ) 0 µ x f ( x) dx µ x 0,dx µ , Lösung zu Aufgabe a) Die Wahrscheinlichkeitsdichte ist die Ableitung von F X, also kx ' ke, f ( x) FX ( x) 0 P X F e für x 0 für x < 0 b) ( ) ( ) 63,% Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 5 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

16 c) P ( < X < ) F( ) F( ) ( e ) ( e ) 3,3% d) P ( X > ) X ) F( ) e 3,5% Lösung zu Aufgabe a) P ( X 000) F(000) e e 0, a) P ( X 500) F(500) e e 0, a3) P ( 000 X 500) F(500) F(000) e + e 0, 49 b) Skizze siehe rechts c) Gesucht ist nach einem Wert x so dass: F( x) F( x), also 0,75 x 500 x 500 e + e Damit ist x 500 ln 039, 7h Lösung zu Aufgabe 3 X Anzahl der defekten Teile in einer Stichprobe von Teilen, Y Anzahl der defekten Teile in einer Stichprobe von 4 Teilen, X ~ B(;0,), Y ~ B(4;0,), Damit ist X 0) 0,, X ( ) ) 0, 4 ( 0,) ( 0,) 7, Y 0) Mit einer Wahrscheinlichkeit von X 0) + X Y 0 ) X 0) + X ) Y 0) 0,5949 Lösung zu Aufgabe 4 ( ) ( ) b) ˆ µ 39, 675 ; ˆ σ 99, 93 c) g ( 35) 3, 533 a) + d) 0,5 0,5-0,5 F(x) Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 6 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

17 e) Man kann davon ausgehen, dass eine Normalverteilung vorliegt g) Lösung zu Aufgabe 5 a) N(0; ) N(0;4) b) N(,5; ) c) N(0,) d) N(,5; ) N(,5; 4) Lösung zu Aufgabe 6 a) 0,933 b) 0,066 c) 0,66 d) 0,066 e) 0 Lösung zu Aufgabe 7 a) ( 09) (09) ( ) ( ) P X F Φ Φ Φ(,046) 0, b) ( 95) (95) ( ) ( ) ( ) P X > F Φ Φ Φ Φ(, ) 0, 66 Lösung zu Aufgabe a) 0,39 b) 0,093 c) 0,06 d) 0,94 e) 0,464 f) 0 Lösung zu Aufgabe 9 a) 0,07 b) 0,657 c) 0,0 Lösung zu Aufgabe 90 a) P 75 X 5) F(5) F(75) Φ ( ( ) Φ( ) Φ(,5 ) Φ( 0,5) 0,933 0,597 0, 3345 b) P ( 90 X ) F(90) Φ( 7 ) 0,934 0, 066 c) P ( 70 X ) F(70) Φ( ) + Φ( 0,3) 0, d) P ( 65 X ) F() F(65) Φ( ) Φ( ) Φ( ) + Φ( ) 0,43 0, 66 Lösung zu Aufgabe 9 a) P ( µ σ X µ + σ ) F( µ + σ ) F( µ σ ) Φ() 0,43 6,6% b) b) P ( µ σ X µ + σ ) Φ() 0,977 95,44% c) c) P ( µ 3σ X µ + 3σ ) Φ(3) 0,997 99,74% 0 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 7 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

18 Lösung zu Aufgabe 9 X Füllmenge in ml; X~N(70,5;0,9 ) 700 P X 700) F(700) Φ 70,5 Φ a) ( ) (,5,5 ) Φ( ) Φ(,39 ) 0, 03 ( 0,9 0,9 0, ,75 b) X 705) F(705) Φ( 70,5 ) ( ) ( 4,7 ) 0,9 Φ 0, 9 Φ ,5 X 70) + X 69) F(70) + F(69) Φ( ) ( ) 0,9 + Φ 0,9 c) 0,75 3,5 Φ( ) ( ) 0,9 + Φ 0,9 0,7967 0, 033 d) [ µ z 0,99 σ; µ + z0, 99 σ ] [ 70,5,36 0,9;70,5 + ] [ 699,566;703,3434 ] [ µ z σ µ + z σ ] [ 70,5,576 0,9;70,5 +,576 0,9] [ 69,936;703,564 ] 0,995 ; 0, 995 e) 699,6 ml Lösung zu Aufgabe 93 X Füllmenge einer Packung (in g); X ~ N(000;0 ) α a) zweiseitiger 95 % Zufallsstreubereich für X : p 95 %; α -p 5 %;,5 %; α 97,5 %; z α z, 960; 0,975 [ 000,960 0;000 +,960 0] 993 b) einseitiger nach oben beschränkter Zufallsstreubereich für X : z α, 645 ; ( ; z α σ ] ( ;005,0] Einseitig nach unten beschränkter Zufallsstreubereich für X : 000 z σ ; 994,00; [,0;006,9 ] [ ) [ ) α Lösung zu Aufgabe 94 X Lesekompetenz von Schülern; X ~ N(550;3600) ; Gesucht ist q µ + σ z z,645 µ + z σ 550, , 3 0,05 0,95 0,05 0,05 z0, 05 Die 5 % der Schüler, die am schlechtesten lesen konnten, hatten einen Punktwert von 45,3 Punkte oder weniger Lösung zu Aufgabe 95 [999,3; 000,6] Lösung zu Aufgabe 96 a) G Gesamtgewicht: G ~ N(0000; 00) G 9990) 0,57 b) D Durchschnittsgewicht: D ~ N(500; 0,5) D 499) 0,0 Lösung zu Aufgabe 97 X Stoffmenge von Stoff (in g) ; X Stoffmenge von Stoff (in g) X ~ (00; 4) ; X ~ (75;) X + X ~ (75; 5) N N N 5 ( ) Φ(,4) 0,975 0, P ( X + X 70) Φ( ) Φ Φ Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen

19 Lösung zu Aufgabe 9 X Länge (in mm) eines zufällig ausgewählten Drahtstückes; X ~ N(50; 7) α a) p 95 %, α 5 % ;,5 % ; α 97,5 % ; z α z0,975, 960; zweiseitiger 95 %- Zufallsstreubereich z σ ; µ + z σ 50,96 7; 50+,96 [ µ α α ] [ 7] [ 495,4; 506,6] α b) p 99 %, α % ; 0,5 % ; α 99,5 % ; z α z0,995, 576 ; [ µ α α ] [ 7] [ 494,; 507,] zweiseitiger 99 %- Zufallsstreubereich z σ ; µ + z σ 50,576 7; 50+,576 c) einseitiger nach oben beschränkter 99 %-Zufallsstreubereich: α 99 % ;,36 ; + z σ ; 50+,36 7 ; 507,5 ; z ; ( ] ( ] ( ] 0,99 µ α einseitiger nach unten beschränkter 99 %-Zufallsstreubereich: [ µ z α σ; ) [ 50,36 7; ) [ 494,5; ) 7 X ~ N 50; ; d) X mittlere Drahtlänge der Stichprobe; ( ) 50 z z 0,995 α zweiseitiger 99 %-Zufallsstreubereich:, [ µ z ; ] [ 50,576 ; 50,576 ] 7 α σ µ + z α σ [ 500,036; 50,964] Lösung zu Aufgabe 99 X Anzahl der Ausschussstücke in der Stichprobe X ~ Bn( 500; % ) a) X > 5) X 5) X 0) + X ) + X ) + + X 0,9 500 b) N( µ,σ ) 500 0,0 0,9 [ 5) ] ,0 0,9 X mit µ n p 0 und σ n p q 9, 50+ 0,5 P ( X > ) Φ( ) Φ(,76) 0,9609 0, , , ,9 45 0, Lösung zu Aufgabe 00 X Augenzahl beim -maligen Werfen, Y Augenzahl beim 00-maligen Werfen µ X 3,5 σ X, 967 µ Y 00 3,5 350 σ Y 00,967 9, 67 Damit ist 360µ Y + 0,5 340µ Y 0,5 P 340 X 360 Φ 0,5 σ Φ Φ Φ(0,6) 0,79 Y σy 9, 67 ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 45 Lösungen zur Vorlesung Statistik Kapitel 4 Seite 9 von 9 Prof Dr Karin Melzer, Fakultät Grundlagen